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Integral einer Funktion mit 2 Variablen

Universität / Fachhochschule

Integration

Stetigkeit

Tags: Integration, Stetigkeit

sabsi

08:30 Uhr, 11.06.2024

Hi,

ich habe folgende Funktion:

F : [0, 1] \mapsto R : F (x) = \int_{0}^{1} \frac{e^{x y}}{1 + y^{2}} d y

ich soll zeigen dass diese Funktion wohldefiniert und differenzierbar ist. Und weiters soll die Ableitung bestimmt werden.

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Aus der Vorlesung haben wir einen Satz der hier besagt: Wenn

\frac{e^{x y}}{1 + y^{2}}

stetig auf

[0, 1] \times [0, 1]

dann ist auch F(x) stetig und somit wohldefiniert. Stetigkeit liegt hier vor da der Nenner nie 0 werden kann.

Dieser Satz besagt weiters: Wenn f(x,y) stetig differenzierbar nach x, dann ist auch F(x) stetig diffbar nach x und es gilt:

\frac{d F (x)}{d x} = \int_{0}^{1} \frac{d f}{d x} d y

Hier setzt aber mein Problem an... wie kann ich das Integral berechnen:

F^{ʹ} (x) = \int_{0}^{1} \frac{y e^{x y}}{1 + y^{2}} d y

... oder reicht diese Schreibweise bereits um die "Ableitung bestimmt" zu haben

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Stetigkeit (Mathematischer Grundbegriff)
Flächenberechnung durch Integrieren
Stammfunktion (Mathematischer Grundbegriff)
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

ledum aktiv_icon

12:17 Uhr, 11.06.2024

Hallo
Deine Funktion ist unlesbar, bitte sieh dir an, was du postest und verbessere es. So kann man nicht antworten!
Bis später
ledum

sabsi

12:36 Uhr, 11.06.2024

Für mich ist alles lesbar ...

Ich pack dir mal einen Screenshot in Anhang

HAL9000

14:05 Uhr, 11.06.2024

Leseprobleme hatte ich nicht, schon eher Integrationsprobleme: Eine geschlossene Darstellung (d.h. ohne Integralzeichen) zu finden scheint sowohl für

F

als auch

F ´

nicht möglich - jedenfalls nicht mit Standardfunktionen, sondern allenfalls mit Spezialfunktionen wie der Integralexponentialfunktion

Ei

. Daher wird Darstellung

F ´ (x) = \int_{0}^{1} \frac{y e^{x y}}{1 + y^{2}} d y

wohl genügen (müssen).

Evtl. ist für das bestimmte Integral noch mit dem Residuenkalkül was drin, aber das überblicke ich momentan nicht.

P.S.: Interessant ist vielleicht noch, dass man für

F (x)

eine auf ganz

ℝ

konvergente Potenzreihe angeben kann, die man basierend auf der gültigen DGL

F (x) + F ´ ´ (x) = \frac{e^{x} - 1}{x}

mit den Startwerten

F (0) = \frac{π}{4}

und

F ´ (0) = \frac{\ln (2)}{2}

entwickeln kann:

Ansatz

F (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}

führt dann nämlich zu zwar kompliziert aussehenden, aber dennoch berechenbaren Potenzreihenkoeffizienten

a_{2 m} = \frac{{(- 1)}^{m}}{(2 m)!} [\frac{π}{4} + \sum_{k = 1}^{m} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k - 1}]

und

a_{2 m + 1} = \frac{{(- 1)}^{m}}{2 (2 m + 1)!} [\ln (2) + \sum_{k = 1}^{m} \frac{{(- 1)}^{k}}{k}]

.

Angesichts von

\frac{π}{4} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{2 k - 1}

sowie

\ln (2) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k}

könnte man die Koeffizienten dann auch in der (allerdings für die Berechnung weniger tauglichen) Form

a_{2 m} = \frac{1}{(2 m)!} \sum_{k = m + 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - m - 1}}{2 k - 1}

und

a_{2 m + 1} = \frac{1}{(2 m + 1)!} \sum_{k = m + 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - m - 1}}{2 k}

mit Reihenresten darstellen. An dieser Darstellung sieht man mittelbar, dass sämtliche Koeffizienten positiv sind.

Ich denke aber nicht, dass diese Potenzreihe hier bei dieser Aufgabe gefordert ist - ist nur eine Zusatzüberlegung zu dieser Funktion

F

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